62. ročník Matematické olympiády
II. kolo kategorie Z6 Z6–II–1 Pat napsal na tabuli příklad: 589 + 544 + 80 = 2 013. Mat chtěl příklad opravit, aby se obě strany skutečně rovnaly, a pátral po neznámém čísle, které pak k prvnímu sčítanci na levé straně přičetl, od druhého sčítance je odečetl a třetího sčítance jím vynásobil. Po provedení těchto operací byl příklad početně správný. Jaké číslo Mat našel? (L. Hozová) Možné řešení. Přičtením neznámého čísla k prvnímu sčítanci a odečtením téhož čísla od druhého sčítance na levé straně se součet těchto dvou čísel nezmění a je roven 589 + 544 = 1 133. Tento mezisoučet je o 2 013 − 1 133 = 880 menší než číslo na pravé straně rovnosti. Proto součin 80 a neznámého Matova čísla má být roven 880. Číslo, které Mat našel, bylo 880 : 80 = 11. Hodnocení. 2 body za zjištění, že první dvě operace nemají na výsledek žádný vliv; 2 body za vyjádření rozdílu 2 013 − 1 133 = 880 a vysvětlení jeho významu; 2 body za vyjádření neznámého čísla. Z6–II–2 Lenka si myslí dvě dvojmístná čísla. Jedno má obě číslice sudé a druhé obě liché. Když obě čísla sečte, dostane opět dvojmístné číslo, které má první číslici sudou a druhou lichou. Navíc nám Lenka prozradila, že všechna dvojmístná čísla jsou násobky tří a jedna ze tří lichých číslic je 9. Jaká čísla si mohla Lenka myslet? Najděte všechny možnosti. (V. Hucíková) Možné řešení. Součet sudého a lichého čísla je vždy číslo liché. Avšak ve výsledném součtu je na místě desítek číslo sudé, což je možné jedině tehdy, když součet číslic na místě jednotek je větší než 10. Současně si uvědomujeme, že pro dva sčítance je tento součet nejvýše 18. Nyní zjistíme, které z lichých čísel může být 9: • Pokud by to byla druhá číslice ve výsledku, pak by součet číslic na místě jednotek byl 19, což je příliš mnoho. • Pokud by to byla první číslice v jednom ze sčítanců, pak by tento sčítanec byl alespoň 91. Sčítanec se sudými číslicemi je zase alespoň 20 (na místě desítek nemůže být 0), takže výsledný součet by nebyl dvojmístný. Zůstává jediná možnost — 9 je druhá číslice ve sčítanci s lichými číslicemi. Tady zatím žádný problém nevidíme, takže zkoumáme dál: Sčítanec s lichými číslicemi může být 19, 39, 59, 79 nebo 99. 10. dubna 2013, ver. 2
1
Z těchto čísel jsou násobkem 3 pouze čísla 39 a 99. Číslo 99 je však příliš veliké (přičtením jakéhokoli čísla bychom dostali trojmístné číslo), takže Lenčino číslo s lichými číslicemi může být jedině 39. Odtud vidíme, že druhý sčítanec nesmí být větší než 60 (aby součet byl dvojmístný). Toto číslo má mít jenom sudé číslice a navíc z úvodního odstavce víme, že na místě jednotek musí být aspoň 2. Sčítanec se sudými číslicemi tedy může být 22, 24, 26, 28, 42, 44, 46 nebo 48. Z těchto čísel jsou násobkem 3 pouze čísla 24, 42 a 48. Celkem tedy dostáváme následující tři možnosti: 24 + 39 = 63, 42 + 39 = 81, 48 + 39 = 87. Ve všech případech jsou splněny všechny podmínky ze zadání, takže Lenka si mohla myslet kteroukoli z uvedených dvojic sčítanců. Hodnocení. 1 bod za pozorování, že součet číslic na místě jednotek je větší než 10; 2 body za určení čísla 39 včetně zdůvodnění; 3 body za nalezení sčítanců 24, 42 a 48 včetně zdůvodnění. Z6–II–3 Čtyřúhelník ABCD má následující vlastnosti: • strany AB a CD jsou rovnoběžné, • u vrcholu B je pravý úhel, • trojúhelník ADB je rovnoramenný se základnou AB, • strany BC a CD jsou dlouhé 10 cm. Určete obsah tohoto čtyřúhelníku.
(J. Mazák )
Možné řešení. Obsah čtyřúhelníku ABCD zkusíme určit jako součet obsahů několika v něm obsažených trojúhelníků. Protože úhel ABC je pravý a přímky AB a CD jsou rovnoběžné, je také úhel BCD pravý. Patu výšky v trojúhelníku ABD z vrcholu D označíme E.
A
D
C
E
B
Rovnoramenný trojúhelník ABD je výškou DE rozdělen na dva shodné trojúhelníky. Navíc čtyřúhelník BCDE je čtverec (je to pravoúhelník a |BC| = |CD|) a jeho úhlopříčka BD jej rozděluje na dva shodné trojúhelníky. Trojúhelníky BCD, BED a AED jsou tedy navzájem shodné a obsah každého z nich je roven polovině obsahu čtverce BCDE, tj. 10 · 10 = 50 (cm2 ). 2 2
Obsah čtyřúhelníku ABCD je roven součtu obsahů těchto tří trojúhelníků: SABCD = 3 · 50 = 150 (cm2 ). Hodnocení. 2 body za zdůvodnění, že čtyřúhelník BCDE je čtverec; 2 body za rozdělení na shodné trojúhelníky; 2 body za vyjádření obsahu.
3
62. ročník Matematické olympiády
II. kolo kategorie Z7 Z7–II–1 Děda Vendelín šel se svými dvěma vnuky Cyrilem a Metodějem koupit rybářské pruty. Cena prutů zaujala Cyrila i dědu. Šlo o čtyřmístné číslo, ve kterém první číslice byla o jednu větší než třetí číslice, ale o jednu menší než poslední číslice. Součet všech čtyř číslic byl 6. Cyril si ještě všiml, že první dvojčíslí představovalo dvojmístné číslo o 7 větší než dvojčíslí druhé. Dědu však zaujalo číslo proto, že bylo součinem jeho věku a věku obou vnuků, přitom každý z vnuků byl starší než jeden rok. Kolik roků bylo dědovi Vendelínovi a kolik jeho vnukům? (L. Hozová) Možné řešení. Číslo vyjadřující cenu prutů je čtyřmístné, přitom první číslice je o jednu větší než číslice třetí a o jednu menší než čtvrtá. Zmíněné tři číslice jsou tedy navzájem různé a součet všech čtyř číslic má být 6. Dosud uvedeným podmínkám vyhovují pouze čísla 2 013 a 1 302. Pouze v prvním případě však také platí, že první dvojčíslí představuje číslo o 7 větší než dvojčíslí druhé — cena prutů tedy byla 2 013. Vyjádřit 2 013 jako součin tří čísel, z nichž žádné není rovno jedné, lze pouze jediným způsobem: 2 013 = 3 · 11 · 61. Dědovi Vendelínovi bylo 61 let a jeho vnukům 3 a 11 roků. Hodnocení. 3 body za objevení čísla 2 013 včetně zdůvodnění; 3 body za rozklad čísla a odpověď. Z7–II–2 Petra má rovnostranný trojúhelník ABC. Nejdřív trojúhelník přehnula tak, aby bod A splynul s bodem C. Potom vzniklý útvar přehnula tak, že bod B splynul s bodem C. Tento útvar poté obkreslila na papír a zjistila, že jeho obsah je 12 cm2 . Určete obsah původního trojúhelníku. (E. Novotná) Možné řešení. Po prvním přehnutí splynul bod A s bodem C. Přímka, podle které se přehýbalo, je osou úsečky AC, jež v rovnostranném trojúhelníku ABC prochází bodem B. Po tomto přehnutí dostala Petra trojúhelník BEC, který tvoří právě polovinu trojúhelníku ABC (bod E značí střed úsečky AC, viz obrázek).
C
E
A
B 4
Po druhém přehnutí splynul také bod B s bodem C. Přímka, podle které se přehýbalo, je osou úsečky BC, jež v původním trojúhelníku prochází bodem A. Po tomto přehnutí dostala Petra čtyřúhelník OECD (D značí střed úsečky BC a O je průsečík os).
C
D
E O A
F
B
Osy stran v rovnostranném trojúhelníku ABC jsou osami souměrnosti tohoto trojúhelníku. Odtud plyne, že čtyřúhelníky OECD, ODBF a OF AE jsou navzájem shodné a každý z nich má obsah 12 cm2 (F značí střed úsečky AB). Obsah trojúhelníku ABC je roven součtu obsahů těchto tří čtyřúhelníků: SABC = 3 · 12 = 36 (cm2 ). Hodnocení. 2 body za správnou interpretaci prvního přehýbání (trojúhelník BEC); 2 body za správnou interpretaci druhého přehýbání (čtyřúhelník OECD); 2 body za vyjádření obsahu trojúhelníku ABC. Z7–II–3 Do skladu přivezli cement v pytlích po 25 kg a po 40 kg. Menších pytlů bylo dvakrát více než těch větších. Skladník nahlásil vedoucímu počet všech přivezených pytlů, ale nezmínil se, kolik je kterých. Vedoucí si myslel, že všechny pytle váží 25 kg. Nahlášený počet pytlů tedy vynásobil číslem 25 a výsledek zadokumentoval jako hmotnost dodávky cementu. Přes noc zloději ukradli 60 větších pytlů, a tak ve skladu zbylo přesně tolik kg cementu, kolik vedoucí zapsal. Kolik kg cementu zbylo? (L. Šimůnek ) Možné řešení. Zloději ukradli 60 · 40 = 2 400 kg. Před krádeží chybělo v dokumentaci z každého velkého pytle 15 kg. Celková nezapsaná hmotnost se rovná té odcizené, velkých pytlů tedy bylo dodáno 2 400 : 15 = 160. Malých pytlů bylo dvakrát více, tj. 320; celkem dodávka obsahovala 160 + 320 = 480 pytlů. Vedoucí zadokumentoval hmotnost 480 · 25 = 12 000 kg. Z dodaného cementu zbylo množství odpovídající dokumentaci, tedy 12 000 kg. Hodnocení. 3 body za počet velkých pytlů před krádeží; 3 body za hmotnost zbylého cementu.
5
62. ročník Matematické olympiády
II. kolo kategorie Z8 Z8–II–1 Jiřina má na papíru napsáno čtyřmístné číslo. Když vymění číslice na místě stovek a jednotek a sečte toto nové číslo s číslem původním, dostane výsledek 3 332. Kdyby však vyměnila číslice na místě tisíců a desítek a sčítala by toto číslo s původním, dostala by výsledek 7 886. Zjistěte, jaké číslo měla Jiřina napsáno na papíru. (E. Novotná) Možné řešení. Číslice v Jiřinině můžeme zapsat takto: a b a d 3 3
čísle označíme a, b, c, d. Potom informace ze zadání c d c b 3 2
a b c d c b a d 7 8 8 6
Z prvního součtu plyne, že a = 1 (kdyby a = 0, pak by hledané číslo nebylo čtyřmístné, kdyby a ≧ 2, pak by součet byl větší než 4 000). Dosadíme do předchozího vyjádření a podobně budeme postupovat dál: 1 b c d c b 1 d 7 8 8 6
1 b c d 1 d c b 3 3 3 2
Z prvního sloupce ve druhém součtu plyne, že c je 5 nebo 6. Ze třetího sloupce téhož součtu plyne, že c je 6 nebo 7. Proto musí být c = 6. Dosadíme do třetího sloupce a vidíme, že v tomto sloupci se do výsledku přenáší jednička ze sloupce posledního. To znamená, že d + d = 16, neboli d = 8. Po dosazení dostáváme: 1 b 6 8 1 8 6 b 3 3 3 2
1 b 6 8 6 b 1 8 7 8 8 6
Nyní např. z posledního sloupce v prvním součtu vyvodíme, že b = 4. Tím jsme určili všechny neznámé, dosadíme za b na ostatních místech a provedeme zkoušku správnosti: 1 4 6 8 1 4 6 8 6 4 1 8 1 8 6 4 3 3 3 2 7 8 8 6 Protože všechno vychází, víme, že Jiřina měla na papíru číslo 1 468. Hodnocení. 1 bod za formulaci problému pomocí neznámých; po 1 bodu za určení každé neznámé; 1 bod za zkoušku.
6
Z8–II–2 Pan Celer měl na zahrádce dvě stejné nádrže tvaru čtyřbokého hranolu se čtvercovým dnem, v obou dohromady měl 300 litrů vody. V první nádrži tvořila voda přesnou krychli a vyplnila 62,5 % nádrže, v druhé nádrži bylo vody o 50 litrů více. Jaké rozměry měly nádrže pana Celera? (L. Hozová) Možné řešení. Délku hrany čtvercové podstavy označíme a a výšku hranolu v. Obě veličiny vyjadřujeme v dm; objem nádrže v litrech je roven V = a2 · v. Objem vody v první nádrži byl a3 , ve druhé nádrži a3 + 50 a dohromady 300. Platí tedy a3 + (a3 + 50) = 300, odkud snadno vyjádříme a3 = 125 a a = 5 (dm). V první nádrži tedy bylo 125 litrů vody, což představovalo 62,5 % celkového objemu V . Platí tedy 62,5 · V, 125 = 100 100 = 2 · 100 = 200 (dm3 ). Ze vztahu V = a2 · v nyní odkud vyjádříme V = 125 · 62,5 dopočítáme poslední neznámou:
v=
V 200 = = 8 (dm). 2 a 25
Rozměry každé z nádrží byly 5 dm × 5 dm × 8 dm. Hodnocení. 2 body za vyjádření hrany podstavy; 2 body za vyjádření objemu nádrže; 2 body za vyjádření výšky. Z8–II–3 Šifrovací hry se zúčastnilo 168 hráčů v 50 týmech, které měly dva až pět členů. Nejvíce bylo čtyřčlenných týmů, trojčlenných týmů bylo 20 a hry se zúčastnil alespoň jeden pětičlenný tým. Kolik bylo dvojčlenných, čtyřčlenných a pětičlenných týmů? (M. Mach) Možné řešení. Hry se zúčastnilo 20 trojčlenných týmů, což představuje 60 hráčů. Zbylých 108 hráčů z celkového počtu chceme rozdělit do 30 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích. Čtyřčlenných týmů bylo nejvíce, tj. minimálně 21, což představuje minimálně 84 hráčů. Zbylých 24 hráčů potřebujeme rozdělit do 9 týmů po dvou, čtyřech a pěti hráčích. Pětičlenný tým byl alespoň jeden. Navíc z 24 hráčů lze sestavit nejvýše čtyři pětičlenné týmy. Nyní probereme všechny případy, které mohou nastat: • Pokud by pětičlenný tým byl právě 1, pak zbývá rozdělit 19 hráčů do 8 týmů po dvou a čtyřech hráčích. To však není možné, protože 19 je liché číslo. • Pokud by pětičlenné týmy byly 2, pak zbývá rozdělit 14 hráčů do 7 týmů po dvou a čtyřech hráčích. To lze realizovat pouze jediným způsobem — všichni tito hráči budou ve dvoučlenných týmech a žádný další čtyřčlenný tým se nevytvoří. • Pokud by pětičlenné týmy byly 3, pak zbývá rozdělit 9 hráčů do 6 týmů po dvou a čtyřech hráčích. To však není možné, protože na 6 týmů je potřeba alespoň 12 hráčů. 7
• Pokud by pětičlenné týmy byly 4, pak zbývá rozdělit 4 hráče do 5 týmů po dvou a čtyřech hráčích. To však není možné, protože na 5 týmů je potřeba alespoň 10 hráčů. Z uvedené diskuze nám vychází jediná možnost — hry se zúčastnilo 7 dvojčlenných, 20 trojčlenných, 21 čtyřčlenných týmů a 2 pětičlenné týmy. Hodnocení. 2 body za úvahu, že stačí rozdělit 24 hráčů do 9 týmů po 2, 4 a 5 hráčích; 3 body za zdůvodnění toho, že pětičlenné týmy mohly být jedině dva; 1 body za správný výsledek.
8
